可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．

【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用坐标转移法和向量的加减运算，考查圆的参数方程的运用和直线的斜率公式，以及向量的数量积的坐标表示和两直线垂直的条件：向量数量积为0，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．

（1）求a；

（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【考点】6D：利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用．

【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；

（2）通过（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=．

【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），

则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．

则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，

所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．

因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，

所以h（x）min=h（），

又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，

所以=1，解得a=1；

另解：因为f（1）=0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），

所以等价于f（x）在x=1处是极小值，

所以解得a=1；

（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，

令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，

令t′（x）=0，解得：x=，

所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，

所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，

且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，

所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，

所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，

由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；

由f′（）＜0可知x0＜＜，

所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，

所以f（x0）＞f（）=；

综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ=4．

（1）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|•|OP|=16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；

（2）设点A的极坐标为（2，），点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．

【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．菁优网版权所有

【专题】38：对应思想；49：综合法；5S：坐标系和参数方程．